рациональные методы решения задач по

Министерство образования Российской Федерации
Московский физико-технический институт
Кафедра высшей математики
РАЦИОНАЛЬНЫЕ МЕТОДЫ
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПО
МАТЕМАТИЧЕСКОМУ
АНАЛИЗУ
Методические указания и оптимальные
алгоритмы решения экзаменационных задач
1-го семестра 1-го курса
Москва 2006
Составитель: Л.И.Коваленко
Рецензенты:
Т.С. Пиголкина,
В.Р.Почуев
УДК 517
Задачи экзаменационных работ по математическому
анализу для студентов 1-го курса МФТИ, 2006.
3
ОГЛАВЛЕНИЕ
Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
§ 1. Экзаменационная работа по математическому анализу 1-го
семестра 2002/2003 уч.г. для студентов 1-го курса . . . . .
Вариант А . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы к варианту А . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Методические указания к решению задач.
Решение задач варианта А . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Вариант Е . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы к варианту Е . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Решение задач варианта Е . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Вариант И . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы к варианту И . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Вариант О . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы к варианту О . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
§ 2. Экзаменационная работа по математическому анализу 1-го
семестра 1996/1997 уч.г. для студентов 1-го курса . . . . .
Вариант 71 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы к варианту 71 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Вариант 72 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы к варианту 72 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Решения задач №7 и №8 варианта 72 . . . . . . . . . . . .
Вариант 73 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы к варианту 73 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Вариант 74 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы к варианту 74 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Список литературы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
4
.
.
.
5
5
6
.
.
.
.
.
.
.
.
8
20
21
23
31
32
34
35
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
37
37
38
40
41
42
45
46
48
49
51
4
Рациональные методы решения задач по матанализу
Введение
В пособии приводятся решения задач по математическому
анализу, которые входят в экзаменационную работу 1-го курса
МФТИ в первом семестре.
Рассматриваются экзаменационные работы первых семестров
2002/2003 и 1996/1997 уч. гг. Приводятся подробные решения
всех задач варианта А и более лаконичные решения задач варианта Е работы 2002/2003 уч. г. и двух задач варианта 72 работы
1996/1997 уч. г.
Даются методические указания к наиболее рациональному решению задач. Помещены указания перед решениями задач варианта А, но могут быть использованы для решения аналогичных
задач других вариантов обеих работ.
Приводятся ответы ко всем задачам.
Особенностью рассматриваемых экзаменационных работ
является то, что в них входят задачи на темы всех четырёх заданий 1-го семестра. Кроме того, в них нет задач с трудоёмкими
вычислениями.
Задачи составляли преподаватели: М.В. Балашов, В.О. Геогджаев, С.В. Иванова, Л.И. Коваленко, П.А. Кожевников,
Р.В. Константинов, Л.А. Леонтьева, А.И. Ноаров, В.Т. Петрова, А.Ю. Петрович, В.Р. Почуев, Б.Н. Румянцев, А.М. ТерКрикоров, А.А. Фонарёв, А.А. Хасанов, Т.Х. Яковлева.
Ответственный по 1-му курсу В.Р. Почуев был экспертом работы 2002/2003 уч.г. и рецензировал данное пособие.
Л.И.Коваленко была ответственной за обе экзаменационные
работы, помимо составления задач осуществляла общее редактирование.
Рукопись к печати подготовил А.В. Полозов.
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
5
§ 1. Экзаменационная работа по
математическому анализу 1-го семестра
2002/2003 уч.г. для студентов 1-го курса
Вариант А
1. Вычислить
интегралы
Z
Z
(arccos ln x)2
1 + tg3 x
а) 3
dx;
б) 4
dx.
x
1 + sin 2x
√
3
1 + 3x + x2 − ln(1 + sin x) − cos √x3
2.
5 Найти
lim
.
2
x→0
tg(ex − 1) − sh x − x2
3. Построить графики функций
p
x3
а) 4 y=
;
б) 5 y = 3 |x|(x + 3)2 .
2(x − 2)2
4. Разложить по формуле Тейлора функцию
2
p
x
y=
−x
2 + 4x − 2x2
2
а) 2 в окрестности x0 = 0 до o(x3 );
б) 4 в окрестности x0 = 1 до o((x − 1)2n+1 ).
5.
4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва,
устано
3π 5π
вить тип разрывов функции f (x), определенной на − ;
,
2 2
3π 5π
|x|(π 2 − x2 )
при x ∈ − ;
, x 6= kπ,
при этом f (x) =
sin x
2 2
k = 0, ±1, 2; f (0) = f (2π) = π 2 , f (π) = 2π 2 , f (−π) = −2π 2 .
6.
4 Найти в точке (1; 1) значение радиуса кривизны графика
функции y(x), заданной уравнением x4 + y 4 − 2xy = 0.
13 +ln4 x
x
x x2
x
7.
5 Найти
lim
− sh
−
.
x→+0 ln(1 + x)
2
12
(t + 1)3
(t + 1)(2t + 1)
8.
7 Построить кривую x =
, y=
.
t2
t2
9.
3 Установить, сходится или расходится последовательность
xn
{xn }, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если lim
= 5.
n→∞ xn+1
6
Рациональные методы решения задач по матанализу
Ответы к варианту А
p
1. а) (arccos ln x)2 ln x − 2 1 − ln2 x arccos ln x − 2 ln x + C;
1 2
б)
tg x − 2 tg x + 3 ln |1 + tg x| + C.
2
2
5 p
3
2.
; 1 + 3x + x2 = 1 + x − x2 + x3 + o(x3 ),
2
3
x2
x3
ln(1 + sin x) = x −
+
+ o(x3 ),
2
6
x2
x3
tg(ex − 1) = x +
+
+ o(x3 );
2
2
x3
5
+ o(x3 ).
числитель: x3 + o(x3 ); знаменатель:
6
3
x
3. а) Асимптоты: x = 2, y = + 2, график на рис. 1;
2
x2 (x − 6) 00
12x
0
y =
,y =
. б) Асимптоты: y = x + 2 (x →
2(x − 2)3
(x − 2)4
(x + 1) sgn x
, x 6= 0;
→ +∞), y = −x − 2 (x → −∞); y 0 = 2/3
x (x + 3)1/3
−2 sgn x
y 00 = 5/3
, x 6= 0, график на рис. 2.
x (x + 3)4/3
y
y
=
−
2
2
0
B
x
27
A 6;
; O(0; 0)
4
Рис. 1
y
x
0
=
x
+
2
y
x +
= 2
A
x
−
x=2
y
A
√
3
A(−1; 4);
B(−3; 0)
Рис. 2
O(0; 0),
r
√
3 3
x2
t2
3
2
4. а) y = − 2x − √ + √ x + o(x ); б) y = (t − 1) 1 − ,
2
2
2
t = x − 1,
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
y = −1 +
n
X
(−1)k−1
2k
k=1
7
k−1
k
(C1/2
+ 2C1/2
)(x − 1)2k + o((x − 1)2n+1 ).
B
t→
+0
t→
y
−
0
5. x = 0 — точка разрыва 1-го рода,
x
разрыва 2-го рода; остальные точки интервала
= 2π — точка
3π 5π
— точки непрерывности.
− ;
2 2
√
2 0
6. R =
(y = −1, y 00 = −14).
7
x x2
x3
x
=1+ −
+
+ o(x3 ).
7. e1/48 ;
ln(1 + x)
2
12 24
8. Асимптоты: y = 2 (t = ±∞), y = x − 1 (t → ±0);
(t + 1)2 (t − 2) 0
−3(t + 2/3) 0
t + 2/3
x0t =
, yt =
, yx = −3
,
t3
t3
(t + 1)2 (t − 2)
5
6t
00
yxx
=
, кривая на рис. 3.
(t + 1)5 (t − 2)3
t → −∞
0A
y
=
x
−
1
t → +∞
A
9. Сходится.
1
1
27 15
;− , B
;
, O(0; 0)
12 4
4 4
Рис. 3
x
8
Рациональные методы решения задач по матанализу
Методические указания к решению задач.
Решение задач варианта А
При вычислении одного из неопределённых интегралов каждого варианта работы применяется метод интегрирования по
частям.
Интеграл представляем в виде
Z
Z
Z
f dx = ϕ dψ(x) = ϕ · ψ − ψ dϕ(x),
не выписывая отдельно выражений для ϕ и ψ.
(arccos ln x)2
dx.
x
Р е ш е н и е. Заменив переменную, положив t = ln x, получим
Z
Z
(arccos ln x)2
J=
dx = (arccos t)2 dt.
x
Далее интегрируем два раза по частям
Z
t arccos t
√
J = t(arccos t)2 + 2
dt =
1 − t2
Z
p
= t(arccos t)2 − 2 arccos t d 1 − t2 =
p
= t(arccos t)2 − 2 1 − t2 arccos t − 2t + C.
p
Ответ: (arccos ln x)2 ln x−2 1 − ln2 x arccos ln x−2 ln x+C.
Z
1. а) Вычислить интеграл
Для вычисления другого интеграла варианта А (№ 1б)) применимо правило вычисления интеграла от f = R(sin x, cos x),
где R(u,v) — рациональная функция ([7], т. 2).
Z
1 + tg3 x
dx.
б) Вычислить интеграл
1 + sin 2x
Р е ш е н и е. Заметив, что подынтегральная функция не
меняется, если одновременно sin x заменить на − sin x, а cos x
— на − cos x, удобно перейти к новой переменной t = tg x. Так
как
dx
d tg x =
,
cos2 x
то, поделив числитель и знаменатель подынтегральной функции на cos2 x и воспользовавшись соотношением
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
9
1
= 1 + tg2 x,
cos2 x
получим
Z
Z
1 + tg3 x
1 + t3
1 − t + t2
dx =
dt =
dt =
2
1 + sin 2x
1 + 2t + t
1+t
Z 3
t2
=
t−2+
dt =
− 2t + 3 ln |t + 1| + C, где
t+1
2
1
Ответ: tg2 x − 2 tg x + 3 ln |1 + tg x| + C.
2
Z
t = tg x.
Для вычисления предела частного двух функций нужно рас0
крыть неопределённость вида . Для этого разлагаем функции
0
по формуле Маклорена в окрестности точки x = 0 и выделяем
главные части степенного вида числителя и знаменателя. При
этом особое внимание следует обращать на учёт всех членов
нужного порядка малости.
2. Найти
√
3
lim
x→0
1 + 3x + x2 − ln(1 + sin x) − cos √x3
tg(ex − 1) − sh x −
x2
2
.
0
Р е ш е н и е. Имеем неопределённость вида . В состав зна0
менателя отношения двух функций, данного в условии, входит
лишь одна сложная функция. Поэтому рассмотрим вначале
знаменатель.
Используя разложение для sh x, можно получить представление
x2
x2
sh x +
=x+
+ o(x2 ).
2
2
Тогда сложную функцию tg(ex − 1) надо будет разлагать тоже
до o(x2 ). Будем иметь
x2
+ o(x2 ),
2
x2
tg(ex − 1) = tg u = u + o(u2 ) = x +
+ o(x2 ).
2
Следовательно, знаменатель будет представлен в виде o(x2 ).
u = ex − 1 = x +
10
Рациональные методы решения задач по матанализу
Главная часть степенного вида не выделена. Из этого заключаем, что все функции надо разлагать до o(xk ), k > 3.
Тогда получим
x2
x3
x2
=x+
+
+ o(x4 ),
2
2
6
x2
x3
u = ex − 1 = x +
+
+ o(x3 ).
2
6
Так как u ∼ x при x → 0, то tg u надо разлагать до o(u3 ).
sh x +
u3
+ o(u3 ) =
3
3
x3
1
x2
x3
x2
+
+ o(x3 ) +
x+
+
+ o(x3 ) .
=x+
2
6
3
2
6
Приводим подобные члены, при этом выписываем лишь
слагаемые со степенями x не выше третьей. Имеем
tg(ex − 1) = tg u = u +
x2
x3
+
+ o(x3 ).
2
2
Для знаменателя получаем представление в виде
tg(ex − 1) = x +
x3
+ o(x3 ).
3
Теперь ясно, что все функции, входящие в состав числителя,
1
следует разлагать тоже до o(x3 ). Имеем (1 + 3x + x2 ) 3 = (1 +
1
+ v) 3 , где v = 3x + x2 . Так как v ∼ 3x при x → 0, то разлагаем
1
(1 + v) 3 до o(v 3 ). Используя биномиальное разложение, полу1
1
1
5
чаем (1 + v) 3 = 1 + v − v 2 + v 3 + o(v 3 ), откуда (1 + 3x +
3
9
81
1
2
+ x2 ) 3 = 1 + x − x2 + x3 + o(x3 ).
3
Аналогично получаем разложение ln(1 + sin x) = ln(1 + w),
x3
где w = sin x = x −
+ o(x3 ). Имеем
6
w2
w3
ln(1 + w) = w −
+
+ o(w3 ),
2
3
2
x3
1
x3
ln(1 + sin x) = x −
+ o(x3 ) −
x−
+ o(x3 ) +
6
2
6
3
3
1
x
x2
x3
+
x−
+ o(x3 ) = x −
+
+ o(x3 ),
3
6
2
6
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
11
x2
x
+ o(x3 ).
cos √ = 1 −
6
3
Числитель представлен в виде
5 3
x + o(x3 ).
6
Искомый предел равен
5 3
3
6 x + o(x )
3
x
3
x→0
3 + o(x )
lim
Ответ:
=
5
.
2
5
.
2
При отыскании предела функции f = u(x)v(x) применяется
представление f в виде
f = uv = ev ln u .
Считается известным, что при любом ε > 0
lim (xε ln x) = 0.
x→+0
7. Найти
13 +ln4 x
x
x
x x2
lim
− sh
−
.
x→+0 ln(1 + x)
2
12
Р е ш е н и е. Если ввести обозначения
1 + x3 ln4 x
x x2
1
x
− sh
−
, v = 3 + ln4 x =
u=
,
ln(1 + x)
2
12
x
x3
то требуется найти
lim v ln u
lim uv = ex→+0
x→+0
.
Будем вычислять lim v ln u.
x→+0
Исходя из структуры функции v, заключаем, что ln u нужно
разлагать до o(x3 ). Имеем
x
x
=
=
2
3
4
ln(1 + x)
x − x2 + x3 − x4 + o(x4 )
1
1
=
=
,
x
x2
x3
1
−
w
3
1−
−
+
+ o(x )
2
3
4
12
Рациональные методы решения задач по матанализу
x3
x
x x2
+
+ o(x3 ). Так как w ∼ при x → +0, то
где w = −
2
3
4
2
1
3
будем разлагать до o(w ). Получим
1−w
1
= 1 + w + w2 + w3 + o(w3 ).
1−w
Возвращаясь к x и выписывая лишь слагаемые со степенями x не выше третьей (остальные включены в o(x3 )), имеем
x
x x2
x3
=1+ −
+
+ o(x3 ).
ln(1 + x)
2
12 24
x x2
разлагаем до o(x3 ).
Функцию sh
−
2
12
3
x x2
x x2 1 x x2
x x2 x3
sh
−
= − +
−
+o(x3 ) = − + +o(x3 ).
2
12
2 12 6 2
12
2 12 48
Тогда
x x2
x
− sh
−
=
ln u = ln
ln(1 + x)
2
12
x3
x3
3
+ o(x ) =
+ o(x3 ),
= ln 1 +
48
48
1
1 + x3 ln4 x x3
3
=
)
lim v ln u = lim
+
o(x
,
x→+0
x→+0
x3
48
48
3
так как lim (x3 ln4 x) = lim (x 4 ln x)4 = 0.
x→+0
x→+0
1
Ответ: e 48 .
Для получения разложения по формуле Тейлора с остаточным членом o((x − x0 )n ) нужно сделать замену переменной и
свести задачу к получению разложения по формуле Маклорена.
Нужно уметь объединять
слагаемые двух сумм, записанных
X
с помощью знака
. Удобно при этом применить сдвиг индекса в одной из сумм и объединить слагаемые нужного порядка обеих сумм, записав отдельно одно из слагаемых.
4. Разложить по формуле Тейлора функцию
2
p
x
y=
−x
2 + 4x − 2x2
2
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
13
а) в окрестности x0 = 0 до o(x3 ); б) в окрестности x0 = 1 до
o((x − 1)2n+1 ).
Р е ш е н и е. а) Так как первый множитель, входящий в
состав функции y(x), эквивалентен −x при x → 0, то второй
множитель надо разлагать до o(x2 ). Использовав биномиальное разложение для второго множителя, получим
√
1
x2
y = 2 −x +
(1 + 2x − x2 ) 2 =
2
√
x2
(2x)2
x2
1+x−
−
+ o(x2 ) =
= 2 −x +
2
2
8
√
x2
3
= 2 −x −
+ x3 + o(x3 ) .
2
2
2
(x − 1) − 1 p
б) y(x) =
4 − 2(x − 1)2 .
2
Сделаем замену переменной, положив t = x − 1. Тогда
1
t2 2
2
y(x(t)) = (−1 + t ) 1 −
=
2
!
n
m
X
(−1)
t2m + o(t2n+1 ) =
= (−1 + t2 )
Cm
1
2
2m
m=0
= −1 +
n
X
Cm
1
2
m=1
n−1
(−1)m+1 2m X m (−1)m 2(m+1)
t
+
C1
t
+ o(t2n+1 ).
m
2
2m
2
m=0
Заменив во второй сумме m + 1 на k, объединим обе суммы
n k−1
X
(−1)k+1
k−1 (−1)
y = −1 +
C k1
+
C
t2k + o(t2n+1 ) =
1
2
2
2k
2k−1
k=1
= −1 +
n
X
(−1)k−1 k=1
2k
2C k−1
+ C k1 (x − 1)2k + o((x − 1)2n+1 ),
1
2
2
где
1 1
C1 =
2
k! 2
k
1
1
− 1 ...
− (k − 1) =
2
2

1

 ,
k = 1,
= 2
k−1
(2k − 3)!!

 (−1)
, k = 2, 3, . . . ;
k!2k
C 01 = 1.
2
14
Рациональные методы решения задач по матанализу
√
3
x2
Ответ: а) y = − 2x − √ + √ x3 + o(x3 );
2
2
n
X
(−1)k−1 k
k−1
б) y = −1 +
(C1/2 + 2C1/2
)(x − 1)2k +
2k
k=1
+ o((x−1)2n+1 ).
При решении задачи № 5 потребуется теорема о непрерывности частного двух функций, а также необходимо знать определение точек разрыва 1-го рода, 2-го рода.
Используются пределы:
sin x
tg x
lim
= 1, lim
= 1.
(1)
x→0 x
x→0 x
Можно применить правило Лопиталя.
5. Указать все точки непрерывности и точки разрыва,
устано
3π 5π
вить тип разрывов функции f (x), определенной на − ;
,
2 2
при этом
|x|(π 2 − x2 )
f (x) =
sin x
3π 5π
при x ∈ − ;
, x 6= kπ, k = 0, ± 1, 2;
2 2
f (0) = f (2π) = π 2 ,
f (π) = 2π 2 , f (−π) = −2π 2 .
3π 5π
, x 6= kπ, k = 0,
Р е ш е н и е. В любой точке x ∈ − ;
2 2
±1, 2, функция f (x) непрерывна как частное.
Исследуем f (x) в точках x = 0, x = ±π, x = 2π.
x = 0 . Пользуясь (1), получаем
x(π 2 − x2 )
= π 2 = f (0),
lim f (x) = −π 2 ,
x→+0
x→+0
x→−0
sin x
x = 0 — точка разрыва 1-го рода функции f (x).
0
x = ±π . Имеем при x → ±π неопределённость вида .
0
Применим правило Лопиталя.
lim f (x) = lim
lim f (x) = lim
x→π
x→π
x(π 2 − x2 )
π 2 − 3x2
= lim
= 2π 2 = f (π);
x→π
sin x
cos x
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
15
lim f (x) = −2π 2 = f (−π)
x→−π
(можно было не применять правило Лопиталя, а сделать замену переменной, положив t = π − x); x = ±π — точки непрерывности функции f (x).
x = 2π . lim f (x) = ∞; x = 2π — точка разрыва 2-го рода
x→2π
функции f (x).
Ответ: x = 0 — точка разрыва 1-го рода,
x
=
разрыва 2-го рода; остальные точки интервала
2π — точка
3π 5π
− ;
— точки непрерывности функции f (x).
2 2
При решении задачи № 9 применяется теорема о существовании у монотонной ограниченной последовательности конечного предела.
9. Установить, сходится или расходится последовательность
xn
{xn }, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если lim
= 5.
n→∞ xn+1
xn+1
1
Р е ш е н и е. Так как lim
= , то существует n0
n→∞ xn
5
такое, что
xn+1
2
0<
6 <1
xn
5
при любом n > n0 . Последовательность {xn } убывающая при
n > n0 , по условию она ограничена снизу. Следовательно,
сходится.
Ответ: Сходится.
При построении графиков функций f (x) надо обратить внимание на отыскание асимптот при x → ±∞. Их можно быстро
1
найти, если использовать разложение функции по степеням
x
при x > x0 , x < −x0 , x0 > 0.
При вычислении производных от f (x) стоит производную
p(x)
p
частного
находить, представляя в виде p · q −1 — произq(x)
q
ведения двух сомножителей.
Заполнение таблицы упорядочивает сведения о функции f (x)
и является кратким обоснованием построения её графика.
3. Построить графики функций
p
x3
а) y =
;
б) y = 3 |x|(x + 3)2 .
2
2(x − 2)
16
Рациональные методы решения задач по матанализу
Р е ш е н и е. а) Область определения (−∞; 2) ∪ (2; +∞);
x = 2 — вертикальная асимптота;
−2
x3
x
2
y=
=
1
−
=
2(x − 2)2
2
x
4
1
x
x
1+ +o
= + 2 + o(1) при x → ∞,
=
2
x
x
2
x
y = + 2 — наклонная асимптота при x → ∞.
2
0
1 3
x2 (x − 6)
3 x2
x3
y0 =
,
x (x − 2)−2 =
−
=
2
3
2
2 (x − 2)
(x − 2)
2(x − 2)3
00
1 2
x(x − 6)
x2
y 00 =
x (x − 6)(x − 2)−3
=
+
−
3
2
(x − 2)
2(x − 2)3
12x
3x2 (x − 6)
=
−
. График y(x) см. на рис. 1 на с. 6.
2(x − 2)4
(x − 2)4
x
y %
y0 +
y 00 −
0
2
6
27
0
%
& 4 %
0
+
− 0 +
0
+
+ + +
точка
min
перегиба
б) Область определения (−∞; +∞);
p
p
y = 3 x(x + 3)2 при x > 0, y = − 3 x(x + 3)2 при x < 0.
Рассмотрим y(x) при x > 0.
2
3 3
2
1
y = x 1+
= x 1+ +o
= x + 2 + o(1) при
x
x
x
x → +∞,
y = x + 2 — наклонная асимптота при x → +∞,
2
1
1
0
2
1 (x + 3) 3
2 x3
x+1
y 0 = x 3 (x + 3) 3 =
+
= 2
1 ;
3 x 23
3 (x + 3) 13
x 3 (x + 3) 3
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
0
1
2
y 00 = (x + 1)x− 3 (x + 3)− 3 =
1
2
1
x 3 (x + 3) 3
−
17
2(x + 1)
5
1
3x 3 (x + 3) 3
−
2
x+1
2
4 = −
5
4 .
3x 3 (x + 3) 3
x 3 (x + 3) 3
При x < 0 имеем: y = −x − 2 — наклонная асимптота при
x → −∞;
x+1
2
y0 = − 2
y 00 = 5
1 ,
4 .
3
3
3
x (x + 3)
x (x + 3) 3
−
График y(x) см. на рис. 2 на с. 6.
x
−3
−1
0
√
3
y &
0
%
4 &
0
%
0
y − −∞+∞ + 0 − −∞+∞ +
/
/
y 00 −
∃
− − −
∃
−
min
max
min
При построении параметрически заданных кривых для
отыскания невертикальных асимптот нужно сначала определить, к чему должно стремиться t, чтобы x(t) стремилось к
±∞, при исследовании на вертикальные асимптоты — к чему
должно стремиться t, чтобы y(t) стремилось к ±∞, а x(t) — к
конечному x0 .
По производной x0 (t) определяем интервалы Ek изменения
t, на которых сохраняется знак производной x0 (t), а функция
y(t) непрерывна. На каждом из интервалов Ek функция x(t)
имеет обратную функцию tk (x), определённую на соответствующем промежутке изменения x. Имеем функции y(tk (x)), которые обозначаем через Y (x).
Далее вычисляем y 0 (t), Y 0 (x), Y 00 (x). Заполняем таблицу.
Она облегчает построение кривой.
(t + 1)3
(t + 1)(2t + 1)
, y=
.
2
t
t2
Р е ш е н и е. 1) Функции x(t), y(t) определены при
8. Построить кривую x =
t ∈ (−∞; 0) ∪ (0; +∞).
18
Рациональные методы решения задач по матанализу
2) Исследование на асимптоты. Имеем
lim x(t) = ±∞,
lim x(t) = +∞,
t→±∞
t→0
lim y(t) = +∞.
t→0
Вертикальных асимптот нет.
Для отыскания невертикальных асимптот находим
y
2t + 1
lim = lim
= 1,
t→0 x
t→0 (t + 1)2
lim (y − x) = lim (−(t + 1)) = −1,
t→0
t→0
y
= 0, lim (y − 0 · x) = 2,
lim
t→∞
t→∞ x
y = x − 1 — наклонная асимптота при t → 0, y = 2 — горизонтальная асимптота при t → ∞.
3) Вычисление x0 (t).
(t + 1)2 (t − 2)
.
t3
Указываем интервалы Ek изменения t, на которых сохраняется
знак производной x0 (t), а y(t) непрерывна:
x0 (t) = ((t + 1)3 t−2 )0 =
E1 = (−∞; 0),
0
E2 = (0; 2),
0
E3 = (2; +∞).
00
Вычисление y (t), Y (x), Y (x).
0
t+ 2
1
1
y 0 (t) =
1+
2+
= −3 3 3 ,
t
t
t
t + 23
y 0 (t)
=
−3
;
x0 (t)
(t + 1)2 (t − 2)
0 0
1
6t5
y (t)
=
Y 00 (x) =
,
x0 (t) x0 (t)
(t + 1)5 (t − 2)3
0 0
y (t)
так как
= −((3t + 2)(t + 1)−2 (t − 2)−1 )0 =
x0 (t)
6t2
=
.
(t + 1)3 (t − 2)2
4) Заполнение таблицы. Вначале заполняем графу с
x0 (t), потом с x(t). Аналогично — с y 0 (t) и y(t).
При заполнении графы с Y 0 (x) стоит обратить внимание
на то, что знак функции Y 0 (x) легко определяется, как знак
отношения y 0 (t) к x0 (t).
Y 0 (x) =
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
E1
t
−∞
−1
x(t) −∞ % 0
x0 (t)
+ 0
y(t) 2 − 0 & 0
y 0 (t)
− −
Y 0 (x)
− −∞
00
/
Y (x)
− ∃
%
+
&
−
−
+
E2
− 23
1
12
+
− 14
0
0
+
19
E3
−0 +0
2
2
+∞
27
27
% +∞ +∞ & 4
% +∞
4
+
− 0
0 +
15
% +∞ +∞ & 15
& 2+0
4
4
+
− −
− −
+
+ +∞ −∞ −
/
/ +
∃
+
− ∃
5) Построение кривой. Строим кривую, считывая информацию из таблицы. См. рис. 3 на с. 7.
t = −1, O(0; 0); x = 0 — точка перегиба с вертикальной
касательной; 2
1
1
1
;− ; x =
— точка минимума Y (x);
t=− ,A
3 12 4
12
27 15
t = 2, B
;
; t = 2 — граничная точка интервалов
4 4
15
E2 и E3 ; касательная в точке B вертикальна; y =
— точка
4
минимума X(y).
При решении задачи № 6 нужно использовать формулу для
подсчёта кривизны, при этом не забывать, что в неё входит
модуль y 00 .
В задаче нужно найти первую и вторую производные в данной точке функции, заданной неявно. Для этого надо дважды
продифференцировать тождество, в которое входит y(x), и из
полученных равенств найти y 0 и y 00 в заданной точке.
6. Найти в точке (1; 1) значение радиуса кривизны графика
функции y(x), заданной уравнением x4 + y 4 − 2xy = 0.
Р е ш е н и е. Дифференцируя тождество
x4 + y 4 (x) − 2xy(x) ≡ 0,
получаем
2x3 + 2y 3 (x)y 0 (x) − y(x) − xy 0 (x) ≡ 0.
Так как y(1) = 1, то из (2) следует, что
y 0 (1) = −1.
(2)
20
Рациональные методы решения задач по матанализу
Дифференцируем тождество (2). Имеем
6x2 + 6y 2 (x)y 02 (x) + 2y 3 (x)y 00 (x) − 2y 0 (x) − xy 00 (x) ≡ 0.
Отсюда, пользуясь тем, что y(1) = 1, y 0 (1) = −1, получаем
y 00 (1) = −14.
Для кривизны K и радиуса кривизны R имеем
|y 00 |
1
K=
, R= ,
02
3/2
K
(1 + y )
поэтому в точке (1; 1)
√
Ответ: R =
√
3
22
2
=
.
R=
14
7
2
.
7
Вариант Е
1. Вычислить
интегралы
Z
а) 3
sin 2x ln(1 + cos x) dx;
2.
5 Найти
lim
x→0
x5
dx.
(1 + x2 )3/2
!ctg2 x
√
ex 1+2x − cos(x − x2 ) − 2x2
.
arcsin x
Z
б) 4
3. Построить графики функций
p
(x − 1)7
а) 4 y=
;
б) 5 y = 3 (1 − x)(x + 2)2 .
6
x
4. Разложить по формуле Тейлора функцию
2
2
x
y=
+ 2x − 3 e−x −4x
2
а) 2 в окрестности x0 = 0 до o(x2 );
б) 4 в окрестности x0 = −2 до o((x + 2)2n+1 ).
5.
4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, установить тип разрывов функции f (x), определенной на (−π; 2π),
при этом
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
21
(π 2 − 4x2 ) tg x
|x|
1
при x ∈ (−π; 2π), x 6= 0, x 6= k +
π, k = 0, ± 1;
2
π
π
3π
f (0) = f
= π2 , f
= 8, f −
= −8.
2
2
2
f (x) =
6.
4 Найти в точке (−1; −1) значение радиуса кривизны графика
функции y(x), заданной уравнением x3 + y 3 = 1 + 3y 2 x.
i
h p
1
3
7.
5 Найти
lim
x3 − 3x2 − x + e x · ln2 sh x .
x→+∞
t2
1
, y =t+1+
.
2
t −1
t+1
9.
3 Установить, сходится или расходится последовательность
2
xn+1
{xn }, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если lim
= 4.
n→∞
xn
8.
7 Построить кривую x =
Ответы к варианту Е
1
1. а) sin2 x · ln(1 + cos x) − cos x + cos2 x + C;
2
1
1
2 3/2
2 1/2
б) (1 + x ) − 2(1 + x ) −
+ C.
3
(1 + x2 )1/2
√
3
2
2. e−1/2 ; ex 1+2x = 1 + x + x2 + x3 + o(x3 ),
2
3
x2
2
3
3
cos(x − x ) = 1 −
+ x + o(x ).
2
3. а) Асимптоты: x = 0, y = x − 7;
(x − 1)6 (x + 6) 00
42(x − 1)5
y0 =
,
y
=
; график на рис. 4.
x7
x8
б) Асимптота: y = −x − 1 (x → ∞);
x
2
y0 = −
, y 00 =
, график
(x − 1)2/3 (x + 2)1/3
(x + 2)4/3 (x − 1)5/3
на рис. 5.
57x2
4. а) y = −3 + 14x −
+ o(x2 );
2
2
2
t
б) y =
− 5 · e4 e−t , t = x + 2,
2
22
Рациональные методы решения задач по матанализу
y
=
x
−
x
0
y
y
A
−
1
A
−
7
B
0
x
y
=
x
C
B
6 !
7
A(1; 0), B −6; 7·
6
Рис. 4
y = −5e4 +
n
X
k=1
(−1)k−1 e4
A(0; 22/3 ), B(1; 0), C(−2; 0)
Рис. 5
1
5
+
k! (k − 1)!2
(x + 2)2k + o((x +
+ 2)2n+1 ).
3π
— точка разрыва
2
2-го рода; остальные точки интервала (−π; 2π) — точки непрерывности.
1
6. R = (y 0 = 0, y 00 = −2).
2
5
7 p
1
1
3
3
2
7. − ; x − 3x − x = −1 − − 2 + o
.
6
x 3x
x2
5
8. Асимптоты: y = (t → 1 ± 0), x = 1 (t → ±∞),
2
2t
3
y = −2x + (t → −1 ± 0); x0t = − 2
,
2
(t − 1)2
t(t + 2) 0
(t + 2)(t − 1)2 00
3 (t + 1)3 (t − 1)3
yt0 =
,
y
=
−
,
y
=
,
xx
x
(t + 1)2
2
4
t
кривая на рис. 6.
9. Расходится.
5. x = 0 — точка разрыва 1-го рода, x =
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
+0
−1 3
t→
x+ 2
−2
y=
t→+∞
y
23
t→1+0
t→1−0
y=5/2
x=1
A
x
0
B
−0
−1
t→
t→−∞
A(0; 2) (t = 0, tg αкас = −1) — точка возврата, B
4
; −2
3
Рис. 6
Решение задач варианта Е
1. Вычислить
интегралы
Z
а)
sin 2x ln(1 + cos x) dx;
x5
dx.
(1 + x2 )3/2
Р е ш е н и е. а) Интегрируя по частям, получаем
Z
Z
sin3 x
dx
ln(1 + cos x) d(sin2 x) = sin2 x · ln(1 + cos x) +
1 + cos x
Z
б)
Так как sin3 x dx = (cos2 x − 1) d(cos x), то
Z
Z
sin3 x
cos2 x
dx = (cos x − 1) d(cos x) =
− cos x + C.
1 + cos x
2
1
Ответ: sin2 x · ln(1 + cos x) − cos x + cos2 x + C.
2
б) Заменив переменную, положив τ = x2 , преобразуем исходный интеграл J к виду
Z
1
τ 2 dτ
.
J=
2
(1 + τ )3/2
√
Перейдя к переменной t = τ + 1, получим
Z 2
Z (t − 1)2
1
1
1
2
J=
dt
=
t
−
2
+
dt = t3 − 2t − + C,
t2
t2
3
t
24
Рациональные методы решения задач по матанализу
p
x2 + 1.
1
1
Ответ: (1 + x2 )3/2 − 2(1 + x2 )1/2 −
+ C.
3
(1 + x2 )1/2
!ctg2 x
√
ex 1+2x − cos(x − x2 ) − 2x2
.
2. Найти
lim
x→0
arcsin x
Р е ш е н и е. Обозначим через u отношение, стоящее в
скобках, и положим
1
v = ctg2 x = 2 .
tg x
Найдём lim (v ln u).
где t =
x→0
Так как tg2 x = x2 + o(x2 ), то функцию ln u надо разлагать
до o(x2 ). Для этого функции, входящие в состав числителя и
знаменателя дроби, которую обозначили через u, будем разлагать до o(x3 ).
√
1 1
1
x 1 + 2x = x 1 + x +
−1
(2x)2 + o(x2 ) =
2 2
2!
x3
+ o(x3 ),
= x + x2 −
2
√
2
3
x3
3
2
ex 1+2x = ex+x − 2 +o(x ) = 1 + x + x2 + x3 + o(x3 ),
2
3
2
2 2
(x
−
x
)
x
cos(x − x2 ) = 1 −
+ o(x3 ) = 1 −
+ x3 + o(x3 ),
2
2
x3
+ o(x4 ),
arcsin x = x +
6
3
x − x3 + o(x3 )
u=
=
3
x + x6 + o(x4 )
−1
x2
x2
x2
= 1−
+ o(x2 )
1+
+ o(x3 )
=1−
+ o(x2 );
3
6
2
2
ln 1 − x2 + o(x2 )
1
lim (v ln u) = lim
=− ,
2
2
x→0
x→0
x + o(x )
2
lim (v ln u)
lim uv = ex→0
x→0
− 12
Ответ: e
.
1
= e− 2 .
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
25
3. Построить графики функций
p
(x − 1)7
;
б) y = 3 (1 − x)(x + 2)2 .
а) y =
6
x
Р е ш е н и е. а) Область определения
(−∞; 0) ∪ (0; +∞);
x = 0 — вертикальная асимптота;
7
1
1
7
y = x 1−
= x 1− +o
= x − 7 + o(1) при
x
x
x
x → ∞,
y = x − 7 — наклонная асимптота при x → ∞;
(x − 1)6
y 0 = ((x − 1)7 x−6 )0 =
(x + 6) ,
x7
(x − 1)5
.
x8
График y(x) см. на рис. 4 на с. 22.
x
−6
0
1
6
2
y % −γ &
%
0
%
7
2
γ =7
y0 + 0 −
+
0
+
6
y 00 − − −
−
0
+
max
точка
перегиба
б) Область определения (−∞; +∞);
y 00 = ((x − 1)6 (x + 6)x−7 )0 = 42
2
2 3
1+
=
x
1
1
4
1
= −x 1 −
+o
1+
+o
=
3x
x
3x
x
= −x − 1 + o(1), x → ∞,
1
y = −x 1 −
x
13 y = −x − 1 — наклонная асимптота при x → ∞;
0
2
1
−x
y 0 = −(x + 2) 3 (x − 1) 3 =
,
1/3
(x + 2) (x − 1)2/3
0
1
2
2
y 00 = − x(x + 2)− 3 (x − 1)− 3 =
.
(x + 2)4/3 (x − 1)5/3
График y(x) см. на рис. 5 на с. 22.
26
Рациональные методы решения задач по матанализу
x
−2
0
√
3
y &
0
%
4 &
0
y − −∞+∞ + 0 −
/
∃
y 00 −
− − −
min
max
1
0
−∞
/
∃
&
−
+
точка
перегиба
4. Разложить по формуле Тейлора функцию
2
2
x
+ 2x − 3 e−x −4x
y=
2
а) в окрестности x0 = 0 до o(x2 ); б) в окрестности x0 = −2 до
o((x + 2)2n+1 ).
Р е ше н и е.
16x2
x2
2
2
+ 2x − 3
1 − x − 4x +
+ o(x ) = −3 +
а) y =
2
2
57
+ 14x − x2 + o(x2 ).
2
(x + 2)2 − 10 −(x+2)2 +4
б) y =
e
.
2
Сделаем замену переменной, положив t = x + 2. Тогда
2
1
y(x(t)) = (t2 − 10)e4−t =
2
!
X
n
1 2
1
4
2 l
2n+1
=e
t −5
(−t ) + o(t
) =
2
l!
l=0
=
1 4
e
2
n−1
X
l=0
l
n
X1
(−1) 2(l+1)
t
+ 5e4
(−1)l+1 t2l + o(t2n+1 ).
l!
l!
l=0
Заменив в первой сумме l + 1 на k, объединим обе суммы,
при этом первое слагаемое из второй суммы выпишем отдельно. Получим
n
X
1
5
+
t2k + o(t2n+1 ).
y(x(t)) = −5e4 +
(−1)k−1 e4
k! (k − 1)!2
k=1
57x2
Ответ: а) y = −3 + 14x −
+ o(x2 );
2
n
X
5
1
4
k−1 4
б) y = −5e +
(−1)
e
+
(x + 2)2k +
k! (k − 1)!2
k=1
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
27
+ o((x + 2)2n+1 ).
5. Указать все точки непрерывности и точки разрыва, установить тип разрывов функции f (x), определенной на (−π; 2π),
при этом
(π 2 − 4x2 ) tg x
|x|
1
при x ∈ (−π; 2π), x 6= 0, x 6= k +
π, k = 0, ± 1;
2
π
π
3π
f (0) = f
= π2 , f
= 8, f −
= −8.
2
2
2
f (x) =
Р е ш е н и е. В любой точке x ∈ (−π; 2π), x 6= 0, x 6= (2k +
π
+ 1) , k = 0, ±1, функция f (x) непрерывна, как частное.
2
π
3π
Исследуем f (x) в точках x = 0, x = ± , x =
.
2
2
x=0 :
(π 2 − 4x2 ) tg x
= π 2 = f (0),
lim f (x) = −π 2 .
x→+0
x→+0
x→−0
x
x = 0 — точка разрыва1-го рода
функции f (x).
π
π 3π
x=
: При x ∈
;
4 4
2
2
π
sin x
f (x) = 4
− x2
.
4
x cos x
π
Заменим переменную, положив t = − x. Тогда
2
π
4t(π − t) cos t
f (x) = f
−t = π
,
2
2 − t sin t
π
4t(π − t) cos t
=8=f
,
limπ f (x) = lim
π
t→0 (sin t)
x→ 2
2
2 −t
π
x = — точка непрерывности функции f (x).
2
π
x=−
: При x ∈ (−π; 0) функция f (x) отличается от
2
f (−x) лишь знаком, поэтому
lim f (x) = lim
28
Рациональные методы решения задач по матанализу
π
limπ f (x) = −8 = f −
,
x→− 2
2
π
— точка непрерывности функции f (x).
2
3π
3π
x=
: lim3π f (x) = ∞, x =
— точка разрыва 2-го
2
2
x→ 2
рода функции f (x).
3π
Ответ: x = 0 — точка разрыва 1-го рода, x =
—
2
точка разрыва 2-го рода; остальные точки интервала (−π; 2π)
— точки непрерывности функции f (x).
6. Найти в точке (−1; −1) значение радиуса кривизны графика
функции y(x), заданной уравнением x3 + y 3 = 1 + 3y 2 x.
Р е ш е н и е. Дифференцируя дважды тождество
x=−
x3 + y 3 (x) − 3xy 2 (x) − 1 ≡ 0
и пользуясь тем, что y(−1) = −1, получаем
y 0 (−1) = 0,
y 00 (−1) = −2.
1
|y 00 |
, вычисляем в точке
, где K =
K
(1 + y 02 )3/2
1
(−1; −1) значение радиуса кривизны R = .
2
1
Ответ: .
2
h p
i
1
3
7. Найти
lim
x3 − 3x2 − x + e x · ln2 sh x .
По формуле R =
x→+∞
Р е ш е н и е. Найдём для функции ln2 sh x эквивалентную
ей при x → +∞ степенную функцию.
[ex (1 − e−2x )]
= x − ln 2 + o(1) = x(1 + o(1)),
2
ln2 sh x = x2 (1 + o(1)) при x → +∞.
1
1
Разлагаем при достаточно больших x по степеням до o
x
x2
функцию
p
1
3
ϕ(x) = x3 − 3x2 − x + e x .
Получаем
ln sh x = ln
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
29
!
3
1
1 5 1
1 − − 1 = −1 − −
+o
,
2
x
x 3x
x2
1
1
7 1
1
1 1 1
x
+o
, ϕ(x) = − 2 + o
.
e =1+ +
x 2 x2
x2
6x
x2
Тогда
1
7 1
7
2
lim (ϕ(x) ln sh x) = lim
− 2 +o
x2 = − .
x→+∞
x→+∞
6x
x2
6
7
Ответ: − .
6
1
t2
, y =t+1+
.
8. Построить кривую x = 2
t −1
t+1
Р е ш е н и е. 1) Область определения
p
3
x3 − 3x2 − x = x
r
3
x(t) : (−∞; −1) ∪ (−1; 1) ∪ (1; +∞),
y(t) : (−∞; −1) ∪ (−1; +∞).
2) Исследование на асимптоты.
x → ∞ при t → ±1, y → ∞ при t → −1, t → ∞;
x = 1 — вертикальная асимптота, так как
lim x(t) = 1,
t→∞
lim y(t) = ∞;
t→∞
5
— горизонтальная асимптота, так как
2
5
lim x(t) = ∞, lim y(t) = ;
t→1
t→1
2
Для отыскания невертикальной асимптоты y = kx + b при
t → −1 находим
y=
y
(t2 + 2t + 2)(t − 1)
= lim
= −2,
t→−1 x
t→−1
t2
t2 + 2t − 2
3
b = lim (y + 2x) = lim
= ,
t→−1
t→−1
t−1
2
3
y = −2x + — наклонная асимптота при t → −1.
2
3) Вычисление x0 (t).
1
2t
x(t) = 1 + 2
, x0 (t) = − 2
.
t −1
(t − 1)2
Указываем интервалы Ek изменения t, на которых сохраняется
k = lim
30
Рациональные методы решения задач по матанализу
знак производной x0 (t), а y(t) непрерывна:
E1 = (−∞; −1),
E2 = (−1; 0),
0
0
E3 = (0; 1),
E4 = (1; +∞).
00
Вычисление y (t), Y (x), Y (x).
t(t + 2)
y 0 (t)
1
1
=
, Y 0 (x) = 0
= − (t + 2)(t − 1)2 ;
2
2
(t + 1)
(t + 1)
x (t)
2
0 0
2
3
y (t)
1
3 (t − 1)
3 (t + 1)3 (t − 1)3
Y 00 (x) =
=
=
,
x0 (t) x0 (t)
4
t
4
t
0 0
y (t)
1
3
так как
= − [(t + 2)(t − 1)2 ]0 = − (t2 − 1).
0
x (t)
2
2
y 0 (t) = 1 −
4) Заполнение таблицы.
E1
E2
E3
E4
t
−∞
−2 −1−0 −1+0
0 0
1−0 1+0
+∞
4
x(t) 1 + 0 % 3 % +∞ −∞ % 0 0 & −∞ +∞ & 1 + 0
x0 (t)
+ + +
+ 0 0 −
−
y(t) −∞ % −2 & −∞ +∞ & 2 2 % 52 −0 52 +0 % +∞
y 0 (t)
+ 0 −
− 0 0 +
+
0
Y (x)
+ 0 −
− −1 −1 −
−
/ ∃
/ −
Y 00 (x)
− − −
+ ∃
+
5) Построение кривой см. рис. 6 на с. 23.
t = 0, A(0;2) — точка
возврата, tg αкас = −1;
4
4
t = −2, B
; −2 , x = — точка максимума Y (x).
3
3
9. Установить, сходится или расходится последовательность
2
xn+1
{xn }, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если lim
= 4.
n→∞
xn
xn+1
3
xn+1
Р е ш е н и е. lim
= 2,
>
> 1 при n > n0 .
n→∞ xn
xn
2
Последовательность {xn } строго возрастающая при n > n0 .
По условию xn > 0, n = 1, 2, . . .
Если бы последовательность {xn } была ограничена сверху,
то существовал бы конечный предел
xn+1
C
lim xn = C > 0,
lim
=
= 1,
n→∞
n→∞ xn
C
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
31
что абсурдно.
Следовательно, последовательность {xn } неограничена
сверху и lim xn = +∞, {xn } расходится.
n→∞
Ответ: Расходится.
Вариант И
1. Вычислить
интегралы
Z
Z
sin x
−2x
а) 3
e
arcctg e2x dx;
б) 4
dx.
sin x + cos x
√
cos(x 1 + x) + ln(1 + x + x2 ) − arcsin x − 1
2.
5 Найти
lim
.
x→0
etg x − ch x − x
3. Построить графики функций
p
(2 − x)5
а) 4 y=
;
б) 5 y = 3 x2 (6 − |x|).
4
(x − 1)
4. Разложить по формуле Тейлора функцию
2
√
x
+x
1 − 3x
y=
2
а) 2 в окрестности x0 = 0 до o(x3 );
б) 4 в окрестности x0 = −1 до o((x + 1)n );
5.
4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, установить тип разрывов функции f (x), определенной на (−π; 2π),
при этом
(π + 2x)2 |π − 2x|
cos x 1
при x ∈ (−π; 2π), x 6= k +
π, k = 0, ± 1;
2
π
π
3π
f −
= 0, f
=f
= 4π 2 .
2
2
2
f (x) =
6.
4 Найти в точке (−1; 2) значение радиуса кривизны графика
функции y(x), заданной уравнением 3x2 y + y 3 = 15 + x3 .
1 +ln3 x
x2 x4
x ctg x−1
7.
5 Найти
lim e
+
.
x→+0
3
1
(t − 1)2
8.
7 Построить кривую x =
, y=
.
t(t + 1)
t
9.
3 Установить, сходится или расходится последовательность
32
Рациональные методы решения задач по матанализу
xn
1
= .
xn+1
5
Ответы к варианту И
1
1
1
1. а) − e−2x arcctg e2x + ln(1+e−4x )+C = − e−2x arcctg e2x +
2
4
2
1
+ ln(1 + e4x ) − x + C;
4
1
1
1
1
б) − ln |1 + tg x| − ln | cos x| + x + C = − ln | cos x + sin x| +
2
2
2
2
x
+ + C.
2
√
8
1
1
2. − ; cos(x 1 + x) = 1 − x2 − x3 + o(x3 );
3
2
2
2
3
x
x
x2 2 3
etg x = 1 + x +
+
+ o(x3 ); ln(1 + x + x2 ) = x +
− x +
2
2
2
3
3
x
4 3
3
3
+ o(x3 ).
+ o(x ); числитель: − x + o(x ); знаменатель:
3
2
3. а) Асимптоты: x = 1, y = −x + 6; график на рис. 7;
(x − 2)4 (x + 3) 00
(x − 2)3
y0 = −
,
y
=
−20
.
(x − 1)5
(x − 1)6
x−4
б) Функция четная. При x > 0: y 0 = − 1/3
, y 00 =
x (x − 6)2/3
8
= 4/3
;
x (x − 6)5/3
Асимптоты: y = −x + 2 (x → +∞), y = x + 2 (x → −∞);
график на рис. 8.
{xn }, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если lim
n→∞
y
A0
y
A
6
x+
−
y=
A
B0
B
x
0
Рис. 7
y=
x+
2
55
A −3; 4 , B(2; 0).
4
2
x=1
x
x+
−
y=
B
0
√
√
3
3
O(0; 0), A(4; 2 4), A0 (−4; 2 4), B(6; 0),
0
B (−6; 0).
Рис. 8
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
33
15
3
4. а) y = x − x2 − x3 + o(x3 ); б) y = −1 + (x + 1)+
8
8
n
k
X
16 k−2
k3
k
k
+
(−1) k
C
− C1/2 (x + 1) + o((x + 1)n ).
4
9 1/2
k=2
3π
π
— точка разрыва 1-го рода, x =
— точка разрыва
2
2
2-го рода; остальные точки интервала (−π; 2π) — точки непрерывности.
√
5 2 0
6
6. R =
(y = 1, y 00 = − ).
3
5
2
x
x4
+
+ o(x4 ).
7. e1/30 ; ex ctg x−1 = 1 −
3
30
8. Асимптоты: y = −4 (t → −1 ± 0), x = 0 (t → ±∞), y = x − 1
t2 − 1 0
(t + 1)3 (t − 1)
2(t + 1/2) 0
, yt =
, yx = −
(t → ±0); x0t = −
,
2
2
2
(t + 1) t
t
2(t + 1/2)
6t4 (t + 1)4
00
yxx
=
, кривая на рис. 9.
(2t + 1)3
0
−
1
t→
+
x
−
0
t→
B
t→−∞
y = −4
t→−1+0
y
A
0
=
x
y
t→+∞
5. x =
t→−1−0
1
9
1
; 0 (t = 1), B −4; −
t=− .
2
2
2
В точке B касательная вертикальна.
Рис. 9
A
9. Расходится.
34
Рациональные методы решения задач по матанализу
Вариант О
1. Вычислить
интегралы
Z
а) 3
cos x ln(2 − cos2 x) dx;
2.
5 Найти lim
x→0
x8
dx.
(1 − x3 )3/2
! x sh1 x
√
3
1 + 3x − x2 + arcsin(tg x) − 1 + 43 x2
.
2 arctg x
Z
б) 4
3. Построить графики функций
p
(x + 2)3
а) 4 y =1−
;
б) 5 y = 3 (x + 1)2 (8x − 4).
2
x
4. Разложить по формуле Тейлора функцию
y = (x2 − 6x)e6−2x
а) 2 в окрестности x0 = 0 до o(x3 );
б) 4 в окрестности x0 = 3 до o((x − 3)n );
5.
4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва,
устано
π 3π
вить тип разрывов функции f (x), определенной на − ;
,
2 2
при этом
|x| ctg x
f (x) =
2
1 + 2 2x−π
π 3π
kπ
при x ∈ − ;
, x 6=
, k = 0, 1, 2;
2 2
2
π
= f (π) = 0.
f (0) = f
2
6.
4 Найти в точке (2; −1) значение радиуса кривизны графика
функции y(x), заданной уравнением x3 + 3x2 y + y 3 + 5 = 0.
"
#
2
√
√
2
· ln3 ch x .
7.
5 Найти
lim
x + 4 − x − sin √
x→+∞
x
1
8
8.
7 Построить кривую x = t + , y = 2t +
.
t
t+1
9.
3 Установить, сходится или расходится последовательность
2
xn+1
1
{xn }, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если lim
= .
n→∞
xn
4
§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.
35
Ответы к варианту О
sin x · ln(1 + sin2 x) − 2 sin x + 2 arctg(sin x) + C;
2
4
2
+ (1 − x3 )1/2 − (1 − x3 )3/2 + C.
б)
3
9
3(1 − x3 )1/2
p
4
7
3
2. e7/4 ; 1 + 3x − x2 = 1 + x − x2 + x3 + o(x3 ).
3
3
3. а) Асимптоты: x = 0, y = −x − 5; график на рис. 10;
(x + 2)2 (x − 4) 00
−24(x + 2)
y0 = −
,y =
.
x3
x4
2x
,
б) Асимптота: y = 2x + 1; y 0 =
1/3
(x + 1) (x − 1/2)2/3
1
y 00 = −
, график на рис. 11.
4/3
(x + 1) (x − 1/2)5/3
1. а)
B
y
y
x
0
C
B
5
x−
−
y=
x
0
A
y=
2x
+1
A
−25
A 4;
2
, B(−2; 1)
Рис. 10
2/3
A(0; −2
), B
1
;0 ,
2
C(−1; 0)
Рис. 11
4. а) y = e6 (−6x + 13x2 − 14x3 ) + o(x3 ); б) y = −9 + 18(x − 3) +
n
X
1
9
k k
+
(−1) 2
−
(x − 3)k + o((x − 3)n ).
4(k − 2)! k!
k=2
5. x = 0 — точка разрыва 1-го рода, x = π — точка
разрыва
π 3π
2-го рода; остальные точки интервала − ;
— точки не2 2
прерывности.
5
2
6. R = (y 0 = 0, y 00 = − ).
2
5
36
Рациональные методы решения задач по матанализу
y
t→
+∞
t→−1+0
√
4 √
2
2
1
7.
; x + 4 − x = √ − 3/2 + o
.
9
x x
x3/2
8. Асимптоты: y = 8 (t → ±0), x = −2 (t → −1 ± 0), y = 2x
2(t − 1)(t + 3) 0
2(t + 3)t2
t2 − 1 0
,
y
=
,
y
=
,
(t → ±∞); x0t =
t
x
t2
(t + 1)2
(t + 1)3
3
12t
00
yxx
=
, кривая на рис. 12.
(t + 1)5 (t − 1)
y=8
t→−0
+0
t→
y=
2x
x=−2
B
t→
A
t→−1−0
−∞
0
Рис. 12
9. Сходится.
x
10
A − ; −10
3
(t = −3);
§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г.
37
§ 2. Экзаменационная работа по
математическому анализу 1-го семестра
1996/1997 уч.г. для студентов 1-го курса
Вариант 71
1. Вычислить интегралы
Z
Z
3
(1 + x4 ) 2
а) 3
cos x ln(1 + cos x) dx; б) 4
dx.
x
2.
5 Найти предел функции
sin(x cos x) − arctg x
√
lim
.
x→0 etg x − 3 1 + 3x + 3 ln cos x
3.
4 Построить график функции
p
y = 3 x2 (9 − 8x).
4.
4 Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x = −1
до o((x + 1)2n+1 ) функцию
p
y = (x2 + 2x − 3) 1 − 6x − 3x2 .
√
5.
4 Найти в точке ( 2; 1) кривизну графика функции y = y(x),
заданной неявно уравнением
y 5 + y − x2 = 0.
6.
4 Найти предел функции
x1 +ln2 x
1
1
−
.
lim 1 +
x→+0
sin x arcsin x
7.
7 Построить кривую
t − t2 − 4
(t − 1)2
, y(t) =
.
t
t
8.
4 Доказать, что последовательность {xn } имеет предел, и
найти его, если
x(t) =
x1 = 1,
xn+1 =
x2n
+ 1.
4
38
Рациональные методы решения задач по матанализу
Ответы к варианту 71
1. а) sin x ln(1 + cos x) + x − sin x + C.
√
1 + x4 − 1
1
1
1
4 32
4 12
+ C.
б) (1 + x ) + (1 + x ) + ln √
6
2
4
1 + x4 + 1
x2
2
2
2.
+ o(x3 );
; sin(x cos x) = x − x3 + o(x4 ); ln cos x = −
7
3
2
x3
7
числитель: − + o(x3 ), знаменатель: − x3 + o(x3 ).
3
6
3
3. Асимптота y = −2x + ;
4
3
x− 4
9
1
00
y 0 = −2 1
32 , y = 16 4
5 ;
9
x3 x −
x3 x − 9 3
8
8
y
3 3
3
; √
, x = — точка
4 232
4
максимума y,
O(0;
x = 0 — точка минимума y,
0), x B 9 ; 0 , x = 9 — точка перегиба
8
8
с вертикальной касательной.
A
A
B
0
3
4
x+
−2
y=
Рис. 13
4. y = −8 +
n
X
k=1
(−1)k−1
3k−1 k−1
k
C
+
3C
(x + 1)2k + o((x +
1
1
2
2
22k−3
+ 1)2n+1 ).
√
1
2 00
11
0
5. K = √ (y =
, y = − ).
3
27
11
1
1
1
x
6. e 3 .
−
= + o(x2 ).
sin x arcsin x
3
x 7
7. Асимптоты: y = − − (t → ±0), y = −x − 1 (t → ±∞).
4 4
§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г.
x0t =
39
(t + 2)(t − 2)
t2 − 1
(t + 1)(t − 1)
4 − t2
=−
, yt0 =
=
,
2
2
t
t
t2
t2
t2 − 1
6t3
−6t3
00
yx0 =
,
y
=
=
.
xx
4 − t2
(4 − t2 )3
(t + 2)3 (t − 2)3
y
∞
+
t→
t→+
0
A
B
x
0
y =− x
4
−7
4
1
x−
−
y=
C
D
t→−
0
∞
−
t→
1
9
A(−4; 0) (t = 1), B −3;
(t = 2), C 5; −
(t = −2);
2
2
в точках B и C касательные вертикальны;
D(6; −4) (t = −1).
Рис. 14
8. lim xn = 2.
n→∞
40
Рациональные методы решения задач по матанализу
Вариант 72
1. Вычислить
интегралы
Z
Z
5
а) 3
x arctg x dx, б) 4
tg5 x
dx.
1 + cos2 x
2.
5 Найти предел функции
1
arcsin 2x x ln ch x
lim esin x +
x→0
x−2
3.
5 Построить график функции
p
y = (2 − x)|x + 2| − x.
4.
4 Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x = −3
до o((x + 3)2n+1 ) функцию
2
x
y=
+ 2x − 1 cos(2x + 6).
3
5.
4 Найти в точке (1; 1) кривизну графика функции y = y(x),
заданной неявно уравнением
y 3 + y − 2x3 = 0.
6.
4 Найти предел функции
√
x( x2 + x − x) + (cos x) ln x
lim
.
x→+∞
ln(1 + ch x)
7.
7 Построить кривую
x=
t2
+ t,
2
y=
t2 + 3
.
t−1
8.
4 Доказать, что последовательность {xn } имеет предел, и
найти его, если
1 + xn
.
x1 = 0, xn+1 =
2 + xn
§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г.
41
Ответы к варианту 72
1
1
1
1
1. а) (x6 + 1) arctg x − x5 + x3 − x + C;
6
30
18
6
1 4
2
2
б)
tg x − tg x + 2 ln(tg x + 2) + C.
4
x2
2. e−11/6 ; esin x = 1 + x +
+ o(x3 );
2
x2
11
arcsin 2x
= −x −
− x3 + o(x3 ).
x−2
2
12
3. Область определения x 6 2.
Асимптота y = −2x при x → −∞.
√

x + 4 − x2
2(x2 − 2)


√
=√
, |x| < 2,
− √
2
4 − x2 ( 4 − x2 − x)
√4 − x
y0 =

x2 − 4

x−
√
,
x < −2;
x2 − 4

4

, |x| < 2,
−
(4 − x2 )3/2
00
y =
4

−
, x < −2.
(x2 − 4)3/2
y
B
A
0
x
−2
y=
Рис. 15
4. y = −4 +
n
X
k=1
C
A(−2; 2),
x = −2 — точка минимума y(x),
√ √
B(− 2; 2 2),
√
x = − 2 — точка максимума y(x),
x C(2; −2),
x = 2 — точка краевого
минимума y(x),
касательные в точках A и C
вертикальные.
(−1)k−1 22k
4
1
+
(x + 3)2k +
12(2k − 2)! (2k)!
+ o((x + 3)2n+1 ).
3
3
3
5. K = √ (y 0 = , y 00 = − ).
2
8
13 13
42
Рациональные методы решения задач по матанализу
!
r
p
1
1
x
2
2
6.
; x( x + x − x) = x
1 + − 1 = + o(x) при x →
2
x
2
→ +∞, ln(1 + ch x) = x + o(x).
3
7. Асимптота x = (t → 1 ± 0).
2
(t + 1)(t − 3)
x0t = t + 1, yt0 =
,
(t − 1)2
t−3
t−5
00
yx0 =
, yxx
=−
.
2
(t − 1)
(t + 1)(t − 1)3
0
t→1+
y
C
B
t→+∞
3
2
x
0
A
t→1−0
t→−∞
1
A − ; −2 (t = −1) — точка возврата, tg αкас = −1;
2 35
15
; 6 (t = 3); C
; 7 (t = 5),
B
2
2
35
1
x=
— точка перегиба, tg αкас = .
2
8
Рис. 16
1 √
( 5 − 1).
2
Решения задач №7 и №8 варианта 72
8. lim xn =
n→∞
7. Построить кривую
t2
t2 + 3
+ t, y =
.
2
t−1
Р е ш е н и е. 1) Область определения
x=
§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г.
x(t) : (−∞; +∞),
43
y(t) : (−∞; 1) ∪ (1; +∞).
2) Исследование на асимптоты.
x → +∞ при t → ±∞; y → ±∞ при t → ±∞, t → 1 ± 0;
3
x = — вертикальная асимптота при t → 1; невертикальных
2
асимптот нет, так как
y
2(t2 + 3)
= lim
= 0,
t→∞ x
t→∞ t(t + 2)(t − 1)
lim
0
lim (y − 0x) = lim y = ∞.
t→∞
t→∞
0
3) Вычисление x (t). x (t) = t + 1.
Указываем интервалы Ek изменения t, на которых сохраняется знак x0 (t), а y(t) непрерывна:
E1 = (−∞; −1),
0
0
E2 = (−1; 1),
E3 = (1; +∞).
00
Вычисление y (t), Y (x), Y (x).
4
(t + 1)(t − 3)
=
,
(t − 1)2
(t − 1)2
t−3
Y 0 (x) =
,
(t − 1)2
0
0
t−3
1
2
1
1
Y 00 (x) =
=
−
=
(t − 1)2 t + 1
t − 1 (t − 1)2 t + 1
t−5
.
=−
(t + 1)(t − 1)3
y =t+1+
4
,
t−1
y 0 (t) = 1 −
4) Заполнение таблицы.
t
x(t)
x0 (t)
y(t)
y 0 (t)
Y 0 (x)
Y 00 (x)
E1
−∞ −1
+∞ & − 12
− 0
−∞ % −2
+ 0
− −1
/
+ ∃
E2
E3
−1
1−0 1+0
3
5
3
3
15
35
1
−2 % 2 − 0 2 + 0 % 2 % 2
0 +
+ + + +
−2 & −∞ +∞ & 6 % 7
0 −
− 0 + +
−1 −
− 0 + 18
/ −
∃
+ + + 0
+∞
% +∞
+
% +∞
+
+
−
44
Рациональные методы решения задач по матанализу
5) Построение кривой.
См. рис. 16 на с. 42.
8. Доказать, что последовательность {xn } имеет предел, и найти
его, если
1 + xn
x1 = 0, xn+1 =
.
(1)
2 + xn
1
> 0. Пусть xn > 0.
Р е ш е н и е. Имеем x1 = 0, x2 =
2
1 + xn
Тогда xn+1 =
> 0. По индукции доказано, что xn > 0,
2 + xn
n = 2, 3, . . .
Докажем монотонность последовательности {xn }. Имеем
1
x2 − x1 = > 0. Пусть xn − xn−1 > 0. Тогда
2
xn − xn−1
xn+1 − xn =
> 0.
(2 + xn )(2 + xn−1 )
По индукции доказано, что последовательность {xn } строго
возрастающая.
Из формулы (1) следует, что xn < 1, n = 1, 2, . . .
Следовательно, существует конечный
lim xn = C.
n→∞
Переходя к пределу в формуле (1), получаем
1+C
C=
,
2+C
1 √
1 √
откуда заключаем, что C = ( 5 − 1), а не − ( 5 + 1), так
2
2
как lim xn не может быть отрицательным.
n→∞
1 √
Ответ: ( 5 − 1).
2
§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г.
45
Вариант 73
1. Вычислить интегралы
Z
Z
а) 3
sin x ln(1 + sin x) dx, б) 4
√
4
x5 dx
√
4 .
4
(1 − x3 ) 3
2.
5 Найти предел функции
√
1 + sin 2x − cos x − sh x
lim x
.
x→0 e 1−x − ch x + 1 ln(1 − 2x)
2
3.
5 Построить график функции
p
y = 3 x2 (x − 6).
4.
4 Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x = 2
до o((x − 2)2n+1 ) функцию
2
x2
x
y=
− x + 4 e2x− 2 .
4
5.
4 Найти в точке (1; 1) кривизну графика функции y = y(x),
заданной неявно уравнением
y 5 + y − 2x3 = 0.
6.
4 Найти предел функции
12 +ln x
x
sh x
lim
.
x→+0 arctg x
7.
7 Построить кривую
x=
t2
,
t−2
y=
t2 − 3
.
t−2
8.
4 Доказать, что последовательность {xn } имеет предел, и
найти его, если
1
x1 = 0, xn+1 = x2n + .
4
46
Рациональные методы решения задач по матанализу
Ответы к варианту 73
y
y=
x−
2
4 √
4
( x3 − 1)5/3 +
1. а) − cos x ln(1 + sin x) + x + cos x + C. б)
5
√
4
4
√
+ 4( x3 − 1)2/3 +
+ C.
4
(1 − x3 )1/3
x
2 √
x2
x3
−
+ o(x3 ); e 1−x = 1 + x +
2. − ; 1 + sin 2x = 1 + x −
5
2
6
13 3
x3
3
x + o(x3 ); числитель: −
+ o(x3 ), знаменатель:
+ x2 +
2
6
3
5 3
x + o(x3 ).
6
3. Асимптота: y = x − 2.
x−4
8
y 0 = 1/3
, y 00 = − 4/3
.
x (x − 6)2/3
x (x − 6)5/3
0
B
x
A
O(0; 0), x = 0 — точка максимума y(x);
√
3
A(4; −2 4), x = 4 — точка минимума y(x);
B(6; 0), x = 6 — точка перегиба с вертикальной касательной.
Рис. 17
4. y = 3e2 +
√
n
X
(−1)k e2
3 1
−
(x − 2)2k + o((x − 2)2n+1 ).
2k (k − 1)! k 2
k=1
2 0
4
(y (1) = 1, y 00 (1) = − ).
3
3
1
sh x
x2
6. e 2 ;
=1+
+ o(x3 ).
arctg x
2
5. K =
§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г.
x
+ 3 (t → 2 ± 0), y = x (t → ±∞).
4
(t − 1)(t − 3)
t(t − 4)
, yt0 =
,
x0t =
2
(t − 2)
(t − 2)2
6(t − 2)3
(t − 1)(t − 3)
00
, yxx
=− 3
yx0 =
.
t(t − 4)
t (t − 4)3
7. Асимптоты: y =
t→
+
∞
y
C
D
x
−0
t→2
A
B
x
t→
−
∞
0
+3
y=
x
y= 4
+0
t→2
3
A 0;
(t = 0), касательная в точке A вертикальна;
2
13
(t = 4),
B(−1; 2) (t = 1); C(9; 6) (t = 3); D 8;
2
касательная в точке D вертикальна.
Рис. 18
8. lim xn =
x→∞
1
.
2
47
48
Рациональные методы решения задач по матанализу
Вариант 74
1. Вычислить
интегралы
Z
Z
cos4 x sin 2x
3
а) 3
(x + 2) arctg x dx, б) 4
3 dx.
(1 + sin2 x) 4
2.
5 Найти предел функции
1
ln(1 + 3 tg x) sh x−x
1
−
lim √
.
x→0
x2 − 3
1 + 2x
3.
5 Построить график функции
p
y = 2x − (x + 1)|x − 1|.
1
4.
4 Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x =
3
2n+2 !
1
до o
x−
функцию
3
y = (−3x2 + 2x + 1) sin(3x − 1).
√
5.
4 Найти в точке ( 2; 1) кривизну графика функции y = y(x),
заданной неявно уравнением
x2 − y − y 3 = 0.
6.
4 Найти предел функции
√
x2 ( 3 x3 + x − x) + (sin x) ln(1 + x)
lim
.
x→+∞
ln(1 + x + e5x )
7.
7 Построить кривую
x=
t2 + 3
,
t+1
y=
t3 + 9t2
.
3(t + 1)
8.
4 Доказать, что последовательность {xn } имеет предел, и
найти его, если
0 < x1 < 1,
xn+1 = 1 − x2n + x3n .
§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г.
49
Ответы к варианту 74
1
x3
x
x
+ 2x −
arctg x − ln(x2 + 1) −
+ + C;
1. а)
4
4
12
4
41
5
9
16
4
2
2
б) 16 1 + sin x − (1 + sin x) 4 + (1 + sin2 x) 4 + C.
5
9
9 2
1
1 x2
7
3
2. e ; ln(1 + 3 tg x) = 3x − x + 10x + o(x3 );
= +
+
2
2
3−x
3
9
3
+ o(x ).
3. Область определения x > −1.
Асимптота y = x при x → +∞.
 √
5 45 − x2

2 1 − x2 + x

 √
√
= √
, |x| < 1,

2
(2 1 − x2 − x) 1 − x2
√ 1−x
y0 =

3 x2 − 43
2 x2 − 1 − x


√
= √
, x > 1.
 √ 2
x −1
(2 x2 − 1 + x) x2 − 1

1

, |x| < 1,

2 )3/2
(1
−
x
y 00 =
1


, x > 1.
(x2 − 1)3/2
Касательные в точках A и C вертикальны.
График на рис. 19.
4
y
C
A(−1; −2), x = −1 — точка
краевого
максимума
y(x);
√
2
x B −√ ; − 5 ,
5
2
x = − √ — точка минимума y;
5
C(1; 2), x = 1 — точка max y(x).
y=
x
0
A
B
Рис. 19
4. y
=
1
4 x−
3
+
n
X
k=1
k 2k
(−1) 3
4
1
+
(2k + 1)! (2k − 1)!
×
50
Рациональные методы решения задач по матанализу
1
× x−
3
2k+1
+o
1
x−
3
2n+2 !
.
1
1
1
5. K = √ (y 0 = √ , y 00 = − ).
4
3 6
2
!
r
p
1
x
1
3
3
6.
; ( x3 + x − x)x2 = x3
1+ 2 −1 =
+ o(1) при
15
x
3
y
t→−
∞
D
11
3
−
y
−0
−1
2 x
=3
A(−6; −9) (t = −3) — точка
возврата, касательная
горизонтальна;
+0
−1
C
B(3;
t→
0) (t
= 0);
5
x C 2;
0
B
(t = 1), касательная
3
в точке C вертикальна;
D(3; 9) (t = 3),
x = 3 — точка перегиба,
tg αкас = 6.
A
t→
Рис. 20
8. lim xn = 1.
n→∞
t→+∞
x → +∞, ln(1 + x + e5x ) = 5x + o(1) при x → +∞.
2
11
7. Асимптота y = x −
(t → −1 ± 0).
3
3
(t + 3)(t − 1)
2t(t + 3)2
0
x0t =
,
y
=
,
t
(t + 1)2
3(t + 1)2
2t(t + 3)
2(t − 3)(t + 1)3
00
yx0 =
, yxx
=
.
3(t − 1)
3(t + 3)(t − 1)3
Кривая на рис. 20.
§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г.
51
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Кудрявцев Л.Д. Краткий курс математического анализа. Т. 1.
– М.: Наука, 1998, 2002.
2. Никольский С.М. Курс математического анализа. Т. 1. – М.:
Наука, 1983, 2000.
3. Яковлев Г.Н. Лекции по математическому анализу. Ч. 1. –
М.: Физматлит, 2001, 2004.
4. Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И. Курс математического
анализа. – М.: Наука, 1988; М.: МФТИ, 1997; М.: Физматлит,
2003.
5. Иванов Г.Е. Лекции по математическому анализу. Ч. 1. – М.:
МФТИ, 2000, 2004.
6. Бесов О.В. Лекции по математическому анализу. Ч. 1. – М.:
МФТИ, 2004.
7. Cборник задач по математическому анализу /Под ред.
Л.Д. Кудрявцева. Т.1, Т.2 – 2-е изд. – М.: Физматлит. 2003.